1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二（上）期末化学试卷一、选择题1下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是（）AFe2+ H+ NO3 SO42BFe3+ NH4+ Cl ICCu2+ Mg2+ NO3 ClDAl3+ Na+ SO42 OH2HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知熔融的HgCl2不导电，而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，下列关于HgCl2的叙述正确的是（）AHgCl2属于离子化合物BHgCl2属于共价化合物CHgCl2属于非电解质DHgCl2是弱酸弱碱盐3根据下图，可判断出下列离子方程式中错误的是（）A2Ag+（aq）
2、+Cd（s）2Ag（s）+Cd2+（aq）BCo2+（aq）+Cd（s）Co（s）+Cd2+（aq）C2Ag（s）+Cd2+（aq）2Ag+（aq）+Cd（s）D2Ag+（aq）+Co（s）2Ag（s）+Co2+（aq）4将含有0.400molCu（NO3）2和0.400molKCl的一定体积的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出19.2gCu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为（）A3.36 LB6.72 LC大于3.36 L，小于5.60 LD大于5.60 L，小于6.72 L5钢铁发生腐蚀时，正极上发生的反应是（）A2Fe4e=2Fe2+B2Fe2+4e=2Fe
3、C2H2O+O2+4e=4OHDFe3+e=Fe2+6在混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶液呈碱性，下列图中，能表示该反应产生的沉淀的质量W与加入氨水的体积V关系的是（）ABCD7对于CH3COOH、HCl、H2SO4三种溶液，下列判断正确的是（）ApH相同的三种溶液，物质的量浓度最小的是HClB物质的量浓度相同的三种溶液，pH最小的是H2SO4C含溶质的物质的量相同的三种溶液与过量镁粉反应，CH3COOH产生的H2最多D相同pH、相同体积的三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液一样多8锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（
4、s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量减小6.5 g9下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为2（57.3）kJ/molBCO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2 （g）；H=283.0 kJ/m
5、olC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol硫燃烧生成气态三氧化硫所放出的热量是硫磺的燃烧热10设计一个原电池来实现反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，下列各选项中，电极和电解质溶液选择正确的是（）选项负极材料正极材料电解质溶液ACuFeFeCl3BZnFeFeCl2CFe石墨Fe2（SO4）3DFeAgFe（NO3）2AABBCCDD11X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A
6、原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由X元素形成的单质可能导电D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键12下列对一些实验事实的理论解释正确的是（） 选项实验事实理论解释ASO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质B白磷为正四面体分子白磷分子中PP键的键角是109.5C1体积水可以溶解700体积氨气氨是极性分子且由于有氢键的影响DHF的沸点高于HCIHF的键长比HCI的键长短ASO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质B白磷为正四面体分子白磷分子中PP键的键角是109.5C1体积水可以溶解700体积氨气氨是极性分子且由于有氢键的影响DH
7、F的沸点高于HCIHF的键长比HCI的键长短13下列各表述与示意图一致的是（）A图表示25时，用0.1 mol/L盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C图表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/L H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化D图中a、b曲线分别表示反应：CH2CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0使用和未使用催化剂时，反应过程中的总能量变化14向绝热恒容密闭容器中通入N2和H2，在一
8、定条件下使反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0达到平衡，n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示下列有关叙述正确的是（）Ac点表示NH3生成速率与NH3分解速率相同Bc点和e点时反应的平衡常数相同CN2的转化率：baDd点时，n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：215下列说法中正确的是（）A用湿润的pH试纸测定某待测液的pH，数值一定偏大B25时，pH=2的一元酸溶液与pH=12的一元碱溶液等体积混合，所得溶液pH=7C在（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH）DpH相同的NaOH和CH3COONa两种稀溶液
9、，若稀释后，pH仍相同，则稀释的倍数相同16今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）浓度c/mol/L0.10.10.10.1溶液氨水CH3COONa溶液醋酸盐酸A在20 mL 溶液中逐滴加入溶液，溶液导电能力变化如图B、两溶液等体积混合，离子浓度：2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）C、两溶液等体积混合，离子浓度：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）D用滴定，滴定曲线如图，可用酚酞作指示剂二、非选择题（本大题共4小题，每空2分，共计52分）17实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问
10、题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是（填仪器名称）（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为mL（计算结果保留一位小数）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）18有一瓶澄清溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl、I、NO3、CO32、SO
11、32中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性排除存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡，CCl4层呈紫红色排除存在（3）另取部分溶液，逐渐向其中加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产生则可排除存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成证明存在，又排除存在（5）根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是；还不能确定是否存在的离子是19已知将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个
12、氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）（3）上述反应中，氧化剂是，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）mol电子（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色说出NaBiO3的一个性质：20硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤加入过量H2O2的目的：（2）步骤中反应的离子方程式：（3）步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、灼烧
13、、冷却、称量（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是a稀硝酸 b稀硫酸 c盐酸 d浓硝酸滴定到终点时（恰好完全反应）的颜色为色2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是（）AFe2+ H+ NO3 SO42BFe3+ NH4+ Cl ICCu2+ Mg2+ NO3 ClDAl3+ Na+ SO42 OH【考点】离子共
14、存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；BFe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DAl3+、OH结合生成沉淀，不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大2HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知熔融的HgCl2不导电，而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，下列关于HgCl2的叙述正确的
15、是（）AHgCl2属于离子化合物BHgCl2属于共价化合物CHgCl2属于非电解质DHgCl2是弱酸弱碱盐【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；电解质与非电解质【分析】熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则其构成微粒为分子，为弱电解质，以此来解答【解答】解：熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则其构成微粒为分子，为共价化合物且为弱电解质，且为强酸弱碱盐，故选B【点评】本题考查化合物类型的判断，明确离子化合物和共价化合物的区别是解本题关键，注意根据熔融状态和水溶液的区别判断化合物类型，题目难度不大3根据下图，可
16、判断出下列离子方程式中错误的是（）A2Ag+（aq）+Cd（s）2Ag（s）+Cd2+（aq）BCo2+（aq）+Cd（s）Co（s）+Cd2+（aq）C2Ag（s）+Cd2+（aq）2Ag+（aq）+Cd（s）D2Ag+（aq）+Co（s）2Ag（s）+Co2+（aq）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】原电池中负极上易失去电子，则负极金属材料的活动性较强，左边装置中，铬作负极，钴作正极，所以铬的活动性比钴强，右边装置中，钴作负极，银作正极，所以钴的活动性比银强，根据以上反应知，金属的活动性顺序为CdCoAg，金属的活动性越强，则金属的还原性越强【解答】解：根据原电池的正负极知，金属的活
17、动性顺序为CdCoAg，金属的活动性越强，则金属的还原性越强A该反应中，Cd的还原性大于Ag，与已知相符，故A正确；B该反应中，铬的还原性大于钴，与已知相符，故B正确；C该反应中，Ag的还原性大于Cd，与已知不符，故C错误；D该反应中，钴的还原性大于银，与已知相符，故D正确；故选C【点评】本题以原电池原理为载体考查了金属还原性强弱，难度不大，失电子能力越强的金属其还原性越强4将含有0.400molCu（NO3）2和0.400molKCl的一定体积的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出19.2gCu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为（）A3.36 LB6.72 LC大
18、于3.36 L，小于5.60 LD大于5.60 L，小于6.72 L【考点】电解原理【分析】电解混合溶液时，阴极发生Cu2+2e=Cu，析出19.2gCu，铜的物质的量为：0.3mol，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算【解答】解：阴极发生Cu2+2e=Cu，析出19.2gCu，铜的物质的量为：0.3mol，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，氯离子完全析出时，生成n（Cl2）=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成
19、氧气0.05mol，所以阳极共生成（0.2+0.05）mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol22.4L/mol=5.6L，考虑 Cl2部分溶解，所以气体体积小于5.60 L，故选C【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等5钢铁发生腐蚀时，正极上发生的反应是（）A2Fe4e=2Fe2+B2Fe2+4e=2FeC2H2O+O2+4e=4OHDFe3+e=Fe2+【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】铁发生电化学腐蚀，当溶液呈酸性时，发生析氢腐蚀，正极生成氢气，当溶液呈中性或碱性时，发生吸氧腐蚀，正极消耗氧气
20、，以此解答【解答】解：钢铁在空气中发生电化学腐蚀时，若电解质溶液为弱酸性或中性则为吸氧腐蚀，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e4OH；若电解质溶液为酸性则为析氢腐蚀，碳作正极，正极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为：2H+2e=H2故选C【点评】本题考查了铁的电化学腐蚀，明确铁的腐蚀环境是解本题关键，弱酸性、中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀6在混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水至溶液呈碱性，下列图中，能表示该反应产生的沉淀的质量W与加入氨水的体积V关系的是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学
21、性质【分析】混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，据此分析【解答】解：混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为3NH3H2O+H+=NH4+H2O，3NH3H2O+Al3+=3NH4+Al（OH）3，故图象C符合；故选：C【点评】本题以图象显示考查化学反应，题目难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键7对于CH3COOH、HCl、H2SO4三种溶液，下列判断正确的是（）ApH相同的三种溶
22、液，物质的量浓度最小的是HClB物质的量浓度相同的三种溶液，pH最小的是H2SO4C含溶质的物质的量相同的三种溶液与过量镁粉反应，CH3COOH产生的H2最多D相同pH、相同体积的三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液一样多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A盐酸和硫酸是强酸完全电离，醋酸为弱酸部分电离；B物质的量浓度相同时，硫酸中氢离子浓度最大；C含溶质的物质的量相同的三种溶液硫酸电离出来的氢离子最多；DpH相同时，三种的物质的量浓度不同【解答】解：A盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，二者都完全电离，醋酸为弱酸部分电离，则物质的量浓度最小的是硫酸，故A错误；B物质的量浓度
23、相同时，硫酸是二元强酸，电离出来的氢离子的浓度最大，则pH最小的是H2SO4，故B正确；C含溶质的物质的量相同的三种溶液硫酸电离出来的氢离子最多，则与过量的Mg反应生成的氢气，硫酸最多，故C错误；DpH相同时，三种的物质的量浓度不同，则用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液不同，故D错误故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合的判断等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查8锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极电极反应式为：2MnO2（
24、s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量减小6.5 g【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为：Zn2e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为：2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），以此解答该题【解答】解：A根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；B根据电池总反应Zn（
25、s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）可知MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C原电池中，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，外电路中每通过0.2mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol65g/mol=6.5g，故D正确；故选C【点评】本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力9下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHC
26、l和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为2（57.3）kJ/molBCO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2 （g）；H=283.0 kJ/molC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol硫燃烧生成气态三氧化硫所放出的热量是硫磺的燃烧热【考点】反应热和焓变【分析】A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量；B、燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；C、有些放热反应也需要一定条件才能发生反应；D、硫单质燃烧生成的是二氧化硫，不能生成三氧化
27、硫【解答】解：A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量；H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙微弱物，反应放出的热量大于2（57.3）kJ/mol；故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；CO燃烧热的热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2 （g）；H=283.0 kJ/mol；故B正确；C、有些放热反应也需要一定条件才能发生反应；可燃物燃烧需要点燃，故C错误；D、硫单质燃烧生成的是二氧化硫，不能生成三氧化硫；1 mol硫燃烧生成气态而氧化硫所放出的热量是硫磺的燃烧热，故D错误；故选B【点评】本题考查了中和热、燃烧热概念的应用，理解概念是解
28、题关键，题目较简单10设计一个原电池来实现反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，下列各选项中，电极和电解质溶液选择正确的是（）选项负极材料正极材料电解质溶液ACuFeFeCl3BZnFeFeCl2CFe石墨Fe2（SO4）3DFeAgFe（NO3）2AABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据反应“2Fe3+Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐，以此解答【解答】解：ACu为负极，发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A错误；B锌的活泼性大
29、于铁，锌作负极，铁作正极，所以不能实现该反应的原电池，故B错误；C铁的活泼性大于C，铁作负极，C作正极，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液，所以是能实现该反应的原电池，故C正确；D铁的活泼性大于银，铁作负极，银作正极，但电解质溶液为Fe（NO3）2溶液，所以是不能实现该反应的原电池，故D错误故选C【点评】本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度确定原电池的电极材料及电解质溶液11X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL
30、1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由X元素形成的单质可能导电D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，则最外层电子数平均为5，X与Z可形成XZ2气态分子，X为+4价，Y为2价，可知X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，则该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76
31、gL1=17g/mol，从而确定M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，则W为Na元素，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为C，Y为N，Z为O，M为H，W为Na，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：WXYZM，故A错误；BX2M2为直线型的共价化合物，W2Z2为离子化合物，XZ2为共价化合物（不是直线型），故B错误；C由X元素形成的单质为石墨时，可导电，故C正确；D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可能为共价化合物，不含离子键，如氨基酸，故D错误；故选C【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为
32、高频考点，把握原子结构、质子数关系、摩尔质量推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大12下列对一些实验事实的理论解释正确的是（） 选项实验事实理论解释ASO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质B白磷为正四面体分子白磷分子中PP键的键角是109.5C1体积水可以溶解700体积氨气氨是极性分子且由于有氢键的影响DHF的沸点高于HCIHF的键长比HCI的键长短ASO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质B白磷为正四面体分子白磷分子中PP键的键角是109.5C1体积水可以溶解700体积氨气氨是极性分子且由于有氢键的影响DHF的沸点高于HCIHF的键长比H
33、CI的键长短【考点】电解质与非电解质；判断简单分子或离子的构型【分析】A二氧化硫溶于水能够导电，导电的离子是亚硫酸电离的，不是二氧化硫电离的；B白磷分子为正四面体结构，两个PP间的键角为60；C氨气和水分子都是极性分子，且二者都存在氢键；D氟化氢中存在氢键，导致氟化氢的沸点高于氯化氢，与键长大小没有关系【解答】解：ASO2溶于水形成的溶液能导电是由于SO2和水反应生成H2SO3，电离出离子，但SO2本身不电离出离子，SO2为非电解质，故A错误；B白磷为为正四面体结构，两个PP间的键角是60，与甲烷中碳氢键的键角不同，故B错误；C氨气和水分子中都含有氢键，二者都是极性分子，并且氨气能和水分子之间
34、形成氢键，则氨气极易溶于水，故C正确；DHF分子间含有氢键，所以其沸点较高，氢键属于分子间作用力的一种，与化学键无关，故D错误；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及电解质、分子构型、氢键等知识，题目难度中等，C项为易错点，要求学生加强对氢键的学习和理解13下列各表述与示意图一致的是（）A图表示25时，用0.1 mol/L盐酸滴定20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C图表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/L H2C2O4
35、溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化D图中a、b曲线分别表示反应：CH2CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0使用和未使用催化剂时，反应过程中的总能量变化【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A当溶液pH=7时，氢氧化钠就与氯化氢恰好反应，滴定曲线应该有一个滴定突变；B该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；逆反应是吸热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数增大；C锰离子对该反应有催化作用；D使用催化剂降低活化能，不影响反应热，该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量【解答】解：A用盐酸滴定氢氧化钠溶液，
36、当恰好中和时溶液的pH=7，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，题中图象变化与实际不相符，故A错误；B该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；逆反应是吸热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数增大，图象符合，故B正确；C反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用，所以曲线斜率有突变（见选修4第23页科学探究2），故C错误；D图象a活化能减小，a使用了催化剂，因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；故选B【点评】本题考查较综合，涉及酸碱中和图象、化学平衡常数与温度关系图象、反应热图象等知识点，为高频考点，侧重考查
37、学生对教材中图象的分析判断及总结归纳，正确理解反应原理及图象中曲线含义是解本题关键，易错选项是A14向绝热恒容密闭容器中通入N2和H2，在一定条件下使反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0达到平衡，n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如图所示下列有关叙述正确的是（）Ac点表示NH3生成速率与NH3分解速率相同Bc点和e点时反应的平衡常数相同CN2的转化率：baDd点时，n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素【分析】在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的
38、物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，正逆反应速率相等，平衡常数只受温度的影响，在绝热恒容密闭容器中，温度不断升高，平衡常数会减小，以此判断题中各项【解答】解：A随着反应的进行，反应物的浓度之间减小，反应速率逐渐减小，则c点还未达到平衡状态，故NH3生成速率与NH3分解速率不相同，故A错误；B该反应为放热反应，在绝热恒容密闭容器中，温度不断升高，平衡常数会减小，故B错误；C随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，b点参加反应的氮气要比a点多，所以N2的转化率：ba，故C正确；Dd点时反应处于平衡状态，n（N2）：n（H
39、2）：n（NH3）的值与起始量有关，不一定为1：3：2，故D错误，故选C【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键，该反应为绝热恒容的条件，注意审题15下列说法中正确的是（）A用湿润的pH试纸测定某待测液的pH，数值一定偏大B25时，pH=2的一元酸溶液与pH=12的一元碱溶液等体积混合，所得溶液pH=7C在（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH）DpH相同的NaOH和CH3COONa两种稀溶液，若稀释后，pH仍相同，则稀释的倍数相同【考点】弱电解质在水溶液中的电
40、离平衡【分析】ApH试纸用水润湿以后，再将待测液滴到pH试纸上，相当于把待测液给稀释了，如果待测液显酸性，则测出的pH偏大，如果待测液显碱性，则测出的pH偏小，如果待测液显中性，则pH不变；B酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性；C溶液呈酸性，结合影响盐类水解的因素解答；DCH3COONa为强碱弱酸盐，加水促进电离【解答】解：ApH试纸用水润湿以后，再将待测液滴到pH试纸上，相当于把待测液给稀释了，如果待测液显酸性，则测出的pH偏大，如果待测液显碱性，则测出的pH偏小，如果待测液显中性，则pH不变，所以不一定偏大，故A错误；B如酸碱都为强电解质，则反应后呈中性，故B错误；C溶液呈酸性，其中c（S
41、O42）最大，NH4+和Fe2+水解都呈酸性，相互抑制，水解程度较小，则有c（SO42）c（NH4+）c（Fe2+）c（H+）c（OH），故C正确；DCH3COONa为强碱弱酸盐，加水促进电离，pH相同的NaOH和CH3COONa两种稀溶液，若稀释后pH仍相同，CH3COONa稀释体积较大，故D错误故选C【点评】本题考查的是弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，在判断能水解的盐溶液中离子浓度大小时，要注意把握影响盐类水解的外界体积，把握弱电解质的电离特征16今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）浓度c/mol/L0.10.10.10.1溶液氨水CH3COONa溶液醋酸盐酸A在20 mL 溶液
42、中逐滴加入溶液，溶液导电能力变化如图B、两溶液等体积混合，离子浓度：2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）C、两溶液等体积混合，离子浓度：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）D用滴定，滴定曲线如图，可用酚酞作指示剂【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、一水合氨和醋酸是弱电解质，不能完全电离；B、据物料守恒分析；C、两溶液等体积混合生成氯化铵溶液；D、强酸与弱碱小中和滴定时用甲基橙作指示剂【解答】解：A、一水合氨和醋酸是弱电解质，电离度很小，其反应生成的醋酸铵是强电解质，能够完全电离，自由移动的离子浓度大，溶液导电能力强，等体积混合后，再滴入醋酸，离子浓度减小
43、，导电能力减弱，故A正确；B、据物料守恒，、两溶液等体积混合，离子浓度：2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），故B正确；C、两溶液等体积混合生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，所以其离子浓度c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C正确；D、强酸与弱碱进行中和滴定时用甲基橙作指示剂，故D错误；故选D【点评】本题考查了据图分析溶液导电能力、物料守恒、溶液中离子浓度大小比较以及求算与弱碱滴定时指示剂选择，题目难度中等二、非选择题（本大题共4小题，每空2分，共计52分）17实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500
44、mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是A、C；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒（填仪器名称）（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度小于0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为13.6mL（计算结果保留一位小数）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度大于0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【分
45、析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器进行解答；（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）先依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；故答案为：A、C；烧杯和玻璃棒；（2）若定容时仰视刻度线，则导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；故答案为：小于；（
46、3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=18.4（mol/L），设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变设需要浓硫酸的体积为V，则：V18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得V=13.6ml；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大，量取硫酸的物质的量偏大，依据c=，可知溶液的浓度偏高；故答案为：13.6；大于【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大18有一瓶澄清溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl
47、、I、NO3、CO32、SO32中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性排除CO32存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡，CCl4层呈紫红色排除NO3、Fe3+存在（3）另取部分溶液，逐渐向其中加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产生则可排除Fe3+、Mg2+、Al3+存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成证明Ba2+存在，又排除SO42存在（5）根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是Ba2+
48、、I、NH4+；还不能确定是否存在的离子是K+、Na+、Cl【考点】常见离子的检验方法【分析】根据澄清溶液得，原溶液没有相互反应的离子；（1）根据实验（1）溶液呈酸性判断氢离子一定存在，与氢离子反应的离子不能够共存；（2）根据实验（2）加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有碘离子，能够与碘离子反应的离子不共存；（3）根据实验（3）加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产判断凡是与氢氧根离子反应生成沉淀的离子不存在；（4）根据实验（4）另取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可知一定含有碳酸根离子
49、，排除与该离子反应的离子；（5）由上述分析判断一定存在的离子、不能确定的离子【解答】解：（1）根据实验（1）现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32，故答案为：CO32；（2）根据实验（2）现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I，而I与Fe3+、NO3和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3；故答案为：NO3、Fe3+；（3）根据实验（3）现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Fe3+、Mg2+、Al3
50、+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Mg2+、Al3+；（4）根据实验（4）现象：取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42产生沉淀，说明溶液中不含SO42；故答案为：Ba2+；SO42；（5）由上述实验事实确定，该溶液中肯定存在的离子是：Ba2+、I、NH4+；肯定不存在的离子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3、Fe3+、CO32、SO42；还不能确定是否存在的离子是：K+、Na+、Cl，故答案为：Ba2+、I、NH4+；K+、Na+、Cl【点评】本题考查物质的检验
51、及鉴别，把握常见离子之间的反应、离子检验等为推断的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等19已知将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是KCl（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O（3）上述反应中，氧化剂是KMnO4，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）得到5mol电子（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又
52、变紫红色说出NaBiO3的一个性质：NaBiO3具有强氧化性【考点】氧化还原反应【分析】将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应；则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应，则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，（1）Cl元素的化合价升高，则KCl为还原剂，故答案为：KCl；（2）由信
53、息可知，高锰酸钾能氧化氯离子，则发生的氧化还原反应为KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，故答案为：KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O；（3）Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，1mol氧化剂得到1mol（72）=5mol电子，故答案为：KMnO4；得到5；（4）加入NaBiO3，溶液又变紫红色，则NaBiO3具有强氧化性，将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：NaBiO3具有强氧化性【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及知识迁移应用能力的
54、考查，题目难度不大20硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤加入过量H2O2的目的：将Fe2+全部氧化为Fe3+（2）步骤中反应的离子方程式：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（3）步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化
55、的酸是ba稀硝酸 b稀硫酸 c盐酸 d浓硝酸滴定到终点时（恰好完全反应）的颜色为紫红色【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；（2）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是碱或氨水；（3）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
56、（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算（5）加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；滴定到终点是利用高锰酸钾溶液的紫红色指示反应达到终点【解答】解：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（2）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁
57、沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（3）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，故答案为：0.07a；（5）高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，答案为：b；用KMnO4溶液滴定进行铁元素含量的测定，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变化，说明反应达到终点，故答案为：紫红【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力高考资源网版权所有，侵权必究！